复变函数Taylor级数与罗朗级数课件.ppt

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1、1 为了证明定理为了证明定理1 1，首先介绍下面两个引理，首先介绍下面两个引理一、有关逐项积分的两个引理一、有关逐项积分的两个引理引理引理1 1（函数项级数的逐项积分函数项级数的逐项积分）设函数设函数 和和 沿曲线沿曲线 可积，且在可积，且在 上处处有上处处有如果存在收敛的正项级数如果存在收敛的正项级数 使得在使得在 上有上有那么那么 2 2 泰勒泰勒(Taylor)级数级数CC( )nf z(0,1,2,)n 0( )( )nng zfz 01nAAAC|( )|,nnf zA (0,1,2,)n ( )g z0( )( )nnCCg z dzfz dz 2证明证明： 由于由于 收敛，因此当

2、收敛，因此当 时，必有时，必有于是设曲线于是设曲线 的长度为的长度为 ，当，当 时，有时，有这就证明了该引理。这就证明了该引理。0nnA n 120nnnRAA CLn 0( )( )nnnCCg z dzfz dz 11( )( ) |kkknknCCfzdzfzdz 11( )kk nk nCCf zdsAds 0nLR 3引理引理2 2 若若 在正向圆周在正向圆周 上连续，上连续，则则（1 1）对该圆内任一点）对该圆内任一点z有有 (2(2）对该圆外任一点）对该圆外任一点z有有 f 0:Czr 0100( )( )()()()nnnCCffddzzzz 0110( )( )()()()m

3、mmCCffddzzzz 4证明证明： （1）令令 ，由于，由于 ， 因此由等比级数的求和公式得：因此由等比级数的求和公式得：对任意满足对任意满足 的点成立。的点成立。 由引理由引理1，只须对最后所得的函数项级数找出满，只须对最后所得的函数项级数找出满足引理条件的足引理条件的正项级数正项级数A0+A1+ +An+，然后，然后逐项积分就可得到所证结果。逐项积分就可得到所证结果。00|zzz 0zr 0:Czr 0z z 010000000( )()( )( )( )1()()1nnnfz zfffz zzzz zzzz 1 5 事实上事实上，由函数，由函数f ()的连续性，可设的连续性，可设|f

4、 ()|在在圆周圆周|-z0|=r上的上界为正数上的上界为正数M，则对于固定的点，则对于固定的点z，在该圆周上处处有在该圆周上处处有而而 是收敛的，故所证等式成立。是收敛的，故所证等式成立。010( )(),()nnnfzzMzr 0nnMr 6（2）当当z 在圆周外时，显然在圆周外时，显然 对圆周对圆周 上的点上的点 成立。这时有成立。这时有同样由引理同样由引理1可得所证等式。可得所证等式。00|1|zzz 0:Czr 0z z 0:Czr 00( )( )()ffzzz z 1001000( )()( )1()1nnnfzfzz zz zz z 7定理定理1 1 设函数设函数f(z)在圆盘

5、在圆盘 内解析，那么内解析，那么在在U内有内有 证明：设证明：设 。以。以 为中心在为中心在 内作一圆内作一圆 ，使得，使得 z 属于其内部，此时由柯西积分公式有属于其内部，此时由柯西积分公式有又因又因 在在C上解析，也一定连续，所以由引理上解析，也一定连续，所以由引理2 2的结论（的结论（1 1）得）得 0:|UzzR ( )20000000( )( )( )( )( )()()()1!2!nnf zfzfzf zf zz zz zz zn ) 1 . 2 (zU 0zUC1( )( )2Cff zdiz ( )f 8由于由于z是是U内的任意一点，证毕。内的任意一点，证毕。( )f z 01

6、001( )()()2()nnnCfdzziz ( )000()()!nnnfzzzn 0z z c U注注 定理定理1中的幂级数称为函数中的幂级数称为函数f (z) 在点在点z0的的Taylor级级数展开式数展开式，可以写为可以写为 其中其中cn为展开式的为展开式的Taylor系数系数，可表示为，可表示为,)()( 00nnnzzczf),( )()(!)()(21021100 ndzzzzfinzfcCnnn 9定理定理2 2 函数函数 在在 解析的充分必要条件是它在解析的充分必要条件是它在 的某个邻域有幂级数展开式。的某个邻域有幂级数展开式。 系系1 1 幂级数就是它的和函数幂级数就是它

7、的和函数 在收敛圆盘中的在收敛圆盘中的Taylor展开式展开式，即，即系系2 2 ( (幂级数展开式的唯一性幂级数展开式的唯一性) )在定理在定理1 1中，幂级中，幂级数的和函数数的和函数f(z)在收敛圆盘在收敛圆盘U内不可能有另一幂级内不可能有另一幂级数展开式。数展开式。0z0z()000()(),!nnfzcfzcn 0,1,2,n ( )f z( )f z10三三. .初等函数的泰勒展开式初等函数的泰勒展开式1 直接展开法直接展开法：先求出：先求出 ，然后应用泰勒，然后应用泰勒定理写出定理写出泰勒泰勒级数及其收敛半径。级数及其收敛半径。 指数函数在指数函数在 处的处的泰勒（泰勒（Tayl

8、or）展开式）展开式 下列函数在下列函数在 处的处的泰勒展开式泰勒展开式00z 00z 01(3)1nnzz (| | 1)z 101) 1()1ln() 5 ( nnnznz(| | 1)z ( )0( )!nnfzcn 201(1)1!2!znnzezzn )|(| z210( 1)(2)sin(21)!nnnzzn )|(| z20( 1)(4)cos(2 )!nnnzzn )|(| z11 为实常数为实常数当当 时，上式只有有限项，并且是在整时，上式只有有限项，并且是在整个复平面上成立。个复平面上成立。 )1()1)(6(zLnez nnznn 1!) 1() 1(1 (| | 1)z

9、 0,1,2 122 间接展开法间接展开法：它是根据函数在一点的泰勒级它是根据函数在一点的泰勒级数展开式的唯一性给出的。在这里指从上面数展开式的唯一性给出的。在这里指从上面6个个初等函数的泰勒级数展开式出发，利用幂级数的初等函数的泰勒级数展开式出发，利用幂级数的变量替换，逐项微分，逐项积分和四则运算等求变量替换，逐项微分，逐项积分和四则运算等求出其出出其出泰勒泰勒级数及其收敛半径。级数及其收敛半径。如：应用如：应用 ，令，令 ，得，得011nn (| 1) 2z 2201( 1)1nnnzz (| | 1)z 13 例例1 1 试将试将 在点在点 展成泰勒级数。展成泰勒级数。( )2zf zz

10、 1z 14解解 因为因为 是是 2z ( )f z11( 2)3z 可在可在 内展成泰勒级数，有内展成泰勒级数，有11213zzzz 11(1)3(1)3zzz 11113(1)3(1)33zzz 11100( 1) (1)( 1) (1)33nnnnnnnnzz 1111(1)2( 1),1333nnnnzz 例例1 1 试将试将 在点在点 展成泰勒级数。展成泰勒级数。( )2zf zz 1z 的唯一有限奇点，所以的唯一有限奇点，所以15例例2 求下列函数在点求下列函数在点 处的处的泰勒泰勒级数展级数展开式及开式及其收敛半径。其收敛半径。（1） （2）（3） （4）0zi 101( )f

11、zz 112( )()fzziz3( )sinfzz 3104()( )zif zz 16例例2 求下列函数在点求下列函数在点 处的处的泰勒泰勒级数展开式及级数展开式及其收敛半径。其收敛半径。（1） （2）（3） （4）解解 （1） 在在 处为唯一的奇点，并且当处为唯一的奇点，并且当 时，函数时，函数 ，所以函数在，所以函数在 处处的的泰勒泰勒级数展开式的收敛半径为级数展开式的收敛半径为 |z1-z0|=|0-i|=1 ，从而在从而在 |z-i|r1R12Cc1 102 f(z)Rz-zR设设在在圆圆环环域域内内处处处处解解析析，,)()(0nnnzzczf Cnnzfic d)()(21 1

12、0其中其中),1,0( nC为圆环域内绕为圆环域内绕 的任一正向简单闭曲线的任一正向简单闭曲线. 0z为罗朗系数为罗朗系数. 那那末末在在D D内内可可展展开开成成罗罗朗朗级级数数f(z)27：1201200 01212c ,cc ,c 为为以以z z 为为中中心心、包包含含在在环环域域r z-z Rr z-z R内内的的圆圆周周，且且z z位位于于由由c ,cc ,c 构构成成的的环环域域内内。这这里里由由Cauchy积分公式，对环内任意的积分公式，对环内任意的z z 有有211()1()( )22CCfffzddiziz 211()1()22CCffddiziz 证明：证明：2201001

13、( )()()2()kkkCfIdzziz 1101101( )()2()kkkCfIdzziz 110101( )()()2()kkkCfdzziz 21II 21II 由复闭路定理可知：由复闭路定理可知：0( )|frzR 由由于于在在内内解解析析，1212z,IICC和和 中中的的积积分分路路径径、可可改改为为环环内内任任一一不不经经过过 的的圆圆周周C C 可可得得0101( )( )()()2()kkkCff zdzziz 证毕证毕28 i)i)罗朗级数中的正幂项系数罗朗级数中的正幂项系数不能不能记为记为：( )01()!nncfzn ()000()()!nnnfzzzn 3) 与与

14、泰勒级数泰勒级数比较比较0101( )()()2()nnnCfdzziz ii)ii)罗朗级数是泰勒级数的推广罗朗级数是泰勒级数的推广. .说明说明:函数函数)(zf在圆环域内的在圆环域内的罗朗展开式罗朗展开式)(zf在圆环域内的在圆环域内的罗朗罗朗(Laurent)(Laurent)级数级数. . nnnzzczf)()(0 1) 2) 某一圆环域内的解析函数展开为含有正、负幂项的级某一圆环域内的解析函数展开为含有正、负幂项的级数是唯一的，数是唯一的， 这就是这就是 f (z) 的罗朗级数的罗朗级数. 01001( )( )()()2()nnnCff zdzziz 29 罗朗级数的性质罗朗级

15、数的性质 定理定理 若函数若函数 在圆环在圆环D: : 内解析，内解析， 则该函数的罗朗级数展开式在则该函数的罗朗级数展开式在D内处处绝对收敛、内处处绝对收敛、可以逐项微分和积分，其积分路径为内的任何简可以逐项微分和积分，其积分路径为内的任何简单闭路。单闭路。 102|RzzR( )f z30二、函数的二、函数的LaurentLaurent展开式展开式 (1) 直接展开法直接展开法利用定理公式计算系数利用定理公式计算系数nc101( )d(0 ,1 ,2 ,)2()nnCfcniz 然后写出然后写出.)()(0nnnzzczf 缺点缺点: 计算往往很麻烦计算往往很麻烦, 不常用不常用方法方法

16、: 1. 直接法直接法 2. 间接法间接法 31(2) 间接展开法间接展开法 根据罗朗级数的正、负幂项组成的的级数的唯一性根据罗朗级数的正、负幂项组成的的级数的唯一性, 用代数运算、代换、求导和积分以及已有的用代数运算、代换、求导和积分以及已有的Taylor展开式等方法去展开展开式等方法去展开 .优点优点 : 简捷简捷 、快速、快速 ，所以常用，所以常用32例例1 1 求求 及及 在在 内的罗朗展开式。内的罗朗展开式。 2sin zzsin zz0 |z 242sin(1)13 !5 !(21) !nnzzzzzn 3212sin1(1)3 !5 !(21) !nnzzzzzzn 解：解：此时

17、用此时用sinz 的的Taylor展式展式,)!()(sin 012121nnnznz33例例2 2 : )2)(1(1)( 在圆环域在圆环域函数函数 zzzf1);011z;21)2 z.2)3 z内解析内解析, , 把把 f(z) 在这些区域内展成在这些区域内展成Laurent级数级数. .解解11( ),12f zzz1) 011 , z在在内内11 ,z 由由于于011(1)21(1)nnzzz ( )f z 所所以以01(1)1nnzz 211(1)(1)1zzz 34 , 21 )2内内在在 z12oxyzzz111111 21111zzz1 z由由11 z2 z12 z且仍有且仍

18、有 2112121zz nnzzz22212122)( zf于是于是 21111zzz 2222121zz 842111121zzzzznn35, 2 )3内内在在 z2oxy2 z由由12 z此时此时zzz211121 24211zzz, 121 zz此时此时仍有仍有zzz111111 21111zzz)( zf故故 24211zzz 21111zzz.731432 zzz21( )1(1)(1)1f zzzz 137).(f234zzzz36说明说明:1. 函数函数)(zf在以在以0z为中心的圆环域内的罗朗级为中心的圆环域内的罗朗级数中尽管含有数中尽管含有0zz 的负幂项的负幂项, 而且而

19、且0z又是这些又是这些项的奇点项的奇点, 但是但是0z可能是函数可能是函数)(zf的奇点的奇点,也可能也可能)(zf的奇点的奇点.不是不是2. 给定了函数给定了函数)(zf与复平面内的一点与复平面内的一点0z以后以后,函数在各个不同的圆环域中有不同的罗朗展开函数在各个不同的圆环域中有不同的罗朗展开式式 (包括泰勒展开式作为它的特例包括泰勒展开式作为它的特例).回答：不矛盾回答：不矛盾 .问题：这与问题：这与罗罗朗展开式的唯一性是否相矛盾朗展开式的唯一性是否相矛盾?朗展开式是唯一的朗展开式是唯一的)(唯一性唯一性 : 指函数在某一个给定的圆环域内的罗指函数在某一个给定的圆环域内的罗37例例3 3

20、 分别将下列函数在指定点分别将下列函数在指定点 的去心邻域内展开的去心邻域内展开成成Laurent级数级数0z（1 1） 22sin zz00z 2222220sin1cos(2 )11( 1) (2 )222(2 )!nnnzzzzzzzn 利用三角公式利用三角公式22sin1cos(2 )zz和和cos(2 ) z 的的Taylor级数展开式可得当级数展开式可得当 02z 化简得化简得21212221sin( 1)2(2 )!nnnnzzzn (0)z 该展开式不含有负幂项该展开式不含有负幂项. 38(1)0,22lnln()ln21:z -iz+ i - ii z+ iz+ iz+ ii

21、z-z+ i满满足足此此函函点点不不解解析析的的数数解解, zi i 即即时时，不不解解析析。2 |zi 函函数数在在环环域域内内解解析析。11Taylor2( 1)()2ln(1)nnnziizizin 由由ln(1+ )ln(1+ )的的展展式式得得1(2 )()nnnizin lnz -i,z+ i0zi （2 2） 39四、用四、用Laurent级数的展开式计算积分级数的展开式计算积分 根据罗朗展开定理及罗朗级数的性质，得根据罗朗展开定理及罗朗级数的性质，得 因此，我们可以根据求出系数因此，我们可以根据求出系数c-1-1 的值来计算的值来计算积分。积分。1( )2Cf z dzic 步

22、骤：步骤：1.1.分析分析f(z)f(z)的解析性，确定解析环域；的解析性，确定解析环域；2.2.在包含积分路径在包含积分路径C C的解析环域里将函数的解析环域里将函数展成展成LaurentLaurent级数级数13.求求c|z|=52I =ln(1+)dzz例例 540例例 619262|z|=1I =(z+ i) cosdzz+ i20,1cosziz+ i 1919解解：函函数数2(z+i)2(z+i)的的奇奇点点为为|zi 函函数数在在环环域域00内内解解析析。由由220221cos( 1) ()122coscos2(2 )!nnnzizzizin 及及0 |ziLaurent 得得被

23、被积积函函数数在在内内的的展展式式为为21902( 1) ()112( )2() 22(2 )!nnnzf zzin 2119201( 1) 22() ()2(2 )!nnnnzizin 20112,22 10!cIic 其其中中 41例例7 7 计算积分计算积分10822| | 2cos(10)(1)zzzIdzz 例例8 8 21| |2(1)zzeIdzz z 计算积分计算积分11zz22( )( )dd2(0)2zf zzziiz 注意注意 用用Cauchy积分公式计算上述积分更方便，即积分公式计算上述积分更方便，即42复积分计算的方法复积分计算的方法1. ( )d ( ) ( )d

24、( : ( )Cf zzf z t z ttC zz t 2. ( )d0Cf zz (f(z)在在C的内部解析的内部解析) )003. ( )d( )|zzzzf zzF z (F(z)为为f(z)的原函数的原函数) )00( )4. d2()Cf zzif zzz (C为内部包含为内部包含z0的简单闭曲线的简单闭曲线, f(z)在在C的的内部解析内部解析)( ) 010!( )5. ()d(1,2,)2()nnCnf zfzznizz 16. ( )d2Cf zzic (Laurent 级数展开式级数展开式) )例例 计算积分计算积分2| | 31sin(1)zIdzzz 43 有时用第三

25、有时用第三, ,四章中介绍的有关公式来计算积四章中介绍的有关公式来计算积分也不简便分也不简便, ,还需要用到以后介绍的留数和留还需要用到以后介绍的留数和留数定理数定理.44复数项级数复数项级数函数项级数函数项级数充充要要条条件件必必要要条条件件幂级数幂级数收敛半径收敛半径R复复 变变 函函 数数绝绝对对收收敛敛运算与性质运算与性质解解析析在在0)(zzf为复常数为复常数n )(zfnn为函数为函数 收敛条件收敛条件条条件件收收敛敛复数列复数列收敛半径的计算收敛半径的计算Taylor 级数级数Laurent级数级数第四章第四章 主要内容主要内容45练练习习 21| |2(1)zzeIdzz z 计算积分计算积分11zz22( )( )dd2(0)2zf zzziiz 注意注意 用用Cauchy积分公式计算上述积分更方便，即积分公式计算上述积分更方便，即46精品课件精品课件！47精品课件精品课件！48作业：作业：P134 3， 4， 6-（2）（）（4）